ĐỀ THI CƠ SỞ HỆ THỐNG TỰ ĐỘNG NÂNG CAO CÓ LỜI GIẢI

Đại học Bách Khoa TP.HCM
Khoa Điện – Điện Tử
Bộ môn ĐKTĐ
---o0o---

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 2. Năm học 2010-2011
Môn: LÝ THUYẾT ĐIỀU KHIỂN NÂNG CAO
Ngày thi: 28/06/2011
Thời gian làm bài: 90 phút
(Sinh viên không được phép sử dụng tài liệu in hoặc photo)

K ( p  1)
u (t )
p( p  a)
25
và mơ hình chuẩn: y (t )  2
u c (t )
p  16 p  25
1.1. Cho a=4, K=5. Hãy thiết kế bộ điều khiển Ru (t )  Tu c (t )  Sy (t ) sao cho đáp ứng của hệ kín bám
theo mơ hình chuẩn nêu trên. Vẽ sơ đồ khối hệ thống điều khiển sau khi thiết kế.
1.2. Giả sử a>0, K>0 nhưng không biết giá trị chính xác. Hãy thiết kế bộ điều khiển thích nghi MRAS
dùng luật MIT để điều khiển hệ thống bám theo mơ hình chuẩn nêu trên.

Bài 1: (4.0 điểm) Cho đối tượng: y (t ) 

Bài 2: (2.0 điểm) Cho hệ thống điều khiển như hình vẽ
d(t)
r(t)

+ 

e(t)

y(t)

++

G(s)

0.8( s  1)
(Ts  1)(0.2 s  1)
2.1. Cho T=0.5, giả sử tín hiệu vào r (t )  0 . Tính y (t )  nếu biết d (t )
~
G (s) 

2

 0 .1

2.2. Giả sử 0 .2  T  2 .0 . Hãy biểu diễn đối tượng dùng mơ hình sai số nhân ngược.
Bài 3: (4.0 điểm) Hệ thống điều khiển như hình vẽ.

r(t)

+  

K

Wm

++

G

5
3s
, Wm ( s ) 
,   1,
8s  1
s (0.2 s  1)
Bộ điều khiển: K ( s )  4

Đối tượng: G ( s ) 

Hàm trọng số chất lượng: W p ( s ) 

s2
3 s  0 .1

Hãy đánh giá tính ổn định bền vững và chất lượng bền vững của hệ thống.
(Hết)
CNBM

1

y(t)


ĐÁP ÁN
Bài 1: (4.0 điểm)

5( p  1)
u (t )
p ( p  4)

1.1 Với a=4, K=5, hàm truyền đối tượng là: y (t ) 

 
Phân tích B dưới dạng B  B  B   B   B   ( p  1)
B  5
Điều kiện tồn tại lời giải:
- Bm có thể phân tích dưới dạng: Bm  Bm B   B m  5

-

baäc( Am )  baäc( Bm )  baäc( A)  baäc( B)


 

  
1
2
0
2

 Các điều kiện tồn tại lời giải đều được thỏa mãn
Chọn bậc của A0:
baäc( A0 )  2 baäc( A)  baäc( Am )  baäc( B  )  1  4  2  1  1  0

 Chọn A0  1

(0.5 điểm)

Chọn bậc của S và R1:
baäc( R1 )  baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( A)  0  2  2  0





baäc( S )  min [baäc( R1 )  baäc( B  )],[ baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( B  )  min(0  1), (0  2  0)  1

R r
  1 0
S
  s0 p  s1
Phương trình Diophantine:
AR1  B  S  A0 Am



( p 2  4 p)r0  5( s0 p  s1 )  ( p 2  16 p  25)



r0 p 2  (4r0  5s0 ) p  5s1  p 2  16 p  25

(0.5 điểm)

r0  1

r0  1



4r0  5s0  16 
 s 0  2 .4
5s1  25
s1  5
 R1  1

 S  2 .2 p  5 .0

Tính R và T:
R  R1 B   p  1
T  A0 Bm  5
Kết luận: Luật điều khiển cần thiết kế là:
5
2 .4 p  5
u (t ) 
u c (t ) 
y (t )
p 1
p 1
Sơ đồ khối hệ thống điều khiển

(0.5điểm)

(0.5điểm)
(0.5 điểm)

1.2 Không biết a và K, hàm truyền đối tượng là: y (t ) 

2

K ( p  1)
u (t )
p( p  a)


 
Phân tích B dưới dạng B  B  B   B   B   ( p  1)
B  K
Điều kiện tồn tại lời giải:
- Bm có thể phân tích dưới dạng: Bm  Bm B 
baäc( A)  baäc( B)
- baäc( Am )  baäc( Bm )  
 


 


0
2
0
2
 Các điều kiện tồn tại lời giải đều được thỏa mãn

Chọn bậc của A0:
baäc( A0 )  2baäc( A)  baäc( Am )  baäc( B  )  1  4  2  1  1  0

 Chọn A0  1

(0.5điểm)

Chọn bậc của S và R1:
baäc( R)  baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( A)  baäc( B  )  0  2  2  1  1
baäc(T )  baäc( A0 )  baäc( Bm )  0  0  0





baäc( S )  min baäc( R),[ baäc( A0 )  baäc( Am )  baäc( B  )  min1, (0  2  0)  1

 R  r0 p  r1

 T  t 0
 S  s0 p  s1

(0.5điểm)

Khơng mất tính tổng qt, chọn r0 = 1. Luật MIT cập nhật các thơng số cịn lại như sau:
dt 0
1
uc
  2
dt
( p  16 p  25)
ds 0
p

 2
y
dt
( p  16 p  25)
ds1
1
 2
y
dt
( p  16 p  25)
dr1
1
(0.5điểm)
 2
u
dt
( p  16 p  25)
(Khơng tính điểm nếu viết cơng thức tổng qt trong phần lý thuyết)
Bài 2: (2.0 điểm)
2.1 Hàm truyền tương đương từ d(t) đến y(t):
1
1
(0.5 s  1)(0.2 s  1) s 2  7 s  10
Gdy ( s ) 


 2
0.8( s  1)
1  G (s) 1 
0.1s 2  1.5 s  1.8

s  15 s  18
(0.5 s  1)(0.2 s  1)
Ta có:
y (t )   G dy ( j ) d (t ) 2

(0.5 điểm)

2

Ta có:

Gdy ( j )
 Gdy ( j )

2
2

2

1

2



1
 | Gdy ( j ) | d  2

2



 4  29 2  100
d  
 4
2
   189  324



(0.25 điểm)

3


(Chú ý khơng thể dùng cơng thức thặng dư tính G dy ( j ) trong trường hợp này do hàm truyền
2

Gdy (s ) có bậc tử số bằng bậc mẫu số)
Do đó:
y (t )   Gdy ( j ) d (t ) 2    0.1  

(0.25 điểm)

2

2.2
Đặt: T  1.1  0.9    1
~
0.8( s  1)

G (s) 
[(1.1  0.9  ) s  1)(0.2 s  1)

(1)

Mơ hình sai số nhân ngược có dạng:
~
G (s)
G (s) 
(1  Wm ( s )G ( s ))

(0.25 điểm)

(2)

Biến đổi (1) về dạng (2):
~
0.8( s  1)
G (s) 
(1.1s  1)( 0.2 s  1)  0.9 s (0.2 s  1)
0.8( s  1)
~
(1.1s  1)( 0.2 s  1)
(3)
(0.25 điểm)
G (s) 
0 .9  s
1
(1.1s  1)
So sánh (2) và (3), suy ra có thể biểu diễn đối tượng dùng mơ hình sai số nhân ngược, trong đó:

0.8( s  1)
(0.25 điểm)
G (s) 
(1.1s  1)(0.2 s  1)
0 .9 s
(0.25 điểm)
Wm ( s ) 
(1.1s  1)
Bài 3: (4.0 điểm)
3.1 Đánh giá tính ổn định bền vững
- Trước tiên, đánh giá ổn định danh định:
PTĐT của hệ danh định:
20
1  K ( s )G ( s )  0  1 
 0  0.2 s 2  s  20  0
s (0.2 s  1)
 Hệ thống ổn định danh định theo hệ quả tiêu chuẩn Hurwitz.
- Xét tính ổn định bền vững, ta có:
3s
20
.
W KG 8 s  1 s (0.2 s  1)
60 s

Wm T  m

20
1  KG
(8 s  1)(0.2 s 2  s  20 )
1

s (0.2 s  1)
Lập bảng vẽ gần đúng biểu đồ Bode Wm ( j )T ( j )


20 log Wm ( j )T ( j )

0

0.01

0.1

0.125

1

(0.5 điểm)

(0.5 điểm)

(0.5 điểm)
10

100

Hoặc vẽ biểu đồ Bode bằng đường tiệm cận, chú ý đỉnh cộng hưởng tại tần số   10 ( rad / sec)

4

+

Robust Stability Analysis: 20lg|WmT|
0
-10
-20

Magnitude (dB)

-30
-40
-50
-60
-70
-80
-90
-3
10

-2

-1

10

0

10

10

1

2

10

10

3

10

Frequency (rad/sec)

Theo biểu đồ Bode:
20 log Wm ( j )T ( j )



 2.22 dB

Wm ( j )T ( j )   0.89  1
Do đó hệ thống ổn định bền vững.

(0.5 điểm)

3.2 Đánh giá chất lượng bền vững
- Xét chỉ số chất lượng bền vững W p S  WmT



Ta có:

s2
s ( s  2)(0.2 s  1)
3 s  0 .1
WpS 


20
1  KG 1 
(3s  1)(0.2 s 2  s  20)
s (0.2 s  1)
60 s
(tính ở câu trên)
W mT 
(8 s  1)(0.2 s 2  s  20)
Wp

(0.5 điểm)

Lập bảng xét: W p ( j ) S ( j )  Wm ( j )T ( j )

WpS

0

0.01

(0.5 điểm)

0.1

0.125

1

10

100

WmT
1.51

W p S  Wm T
Dễ thấy tại tần số   10 ( rad / sec) ta có W p S  WmT  1.51  1
Suy ra: W p S  WmT



(0.5 điểm)

1

Kết luận: hệ thống không thỏa mãn chất lượng bền vững.

5

(0.5 điểm)

+


Đại học Bách Khoa TP.HCM
Khoa Điện – Điện Tử
Bộ môn ĐKTĐ
---o0o---

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA KỲ 2. Năm học 2010-2011
Môn: LÝ THUYẾT ĐIỀU KHIỂN NÂNG CAO
Ngày thi: 17/04/2011
Thời gian làm bài: 60 phút
(Sinh viên không được phép sử dụng tài liệu in hoặc photo)

1
và N(M) là khâu
( s + 1) 3

Baøi 1: (2.5 điểm) Cho hệ thống phi tuyến như hình trên, trong đó G ( s ) =

relay 3 vị trí. Tính biên độ và tần số dao động của hệ thống, nếu có.
u
10
r(t)=0

+−

e(t)

u(t)

N(M)

y(t)

G(s)

e

−1
1

− 10
Bài 2: (2.5 điểm) Cho đối tượng điều khiển mơ tả bởi phương trình trạng thái:
⎧x&1 = x2 (1 − x12 )
⎨
⎩x&2 = − x2 x1 + u

y = x1
Yêu cầu điều khiển là tín hiệu ra y(t) bám theo tín hiệu đặt yd(t). Thiết kế bộ điều khiển hồi tiếp tuyến
tính hóa sao cho phương trình đặc trưng của sai số có cặp nghiệm kép tại − 4 .
Baøi 3: (2.5 điểm) Cho hệ thống mơ tả bởi phương trình trạng thái:
x&(t ) = − x(t ) + 0.5u(t )
1

và hàm chỉ tiêu chất lượng J = ∫ ( x 2 + u 2 )dt
0

Tìm luật điều khiển tối ưu u(t) và trạng thái tối ưu x(t) sao cho tối thiểu chỉ tiêu chất lượng J với điều

kiện biên x(0) = 1, x(1) = 0.
Bài 4: (2.5 điểm) Dùng phương pháp qui hoạch động Bellman, tìm đường đi ngắn nhất từ A đến B.
1

N21
2

A
N11
3

2

2
4

N22

3

N31
3

1

1

1

2

N32

2
N23

N41

2
3

3
N42
N43
N44

1

N51

3
1

(Hết)

CNBM
1

B

ĐÁP ÁN
Bài 1: (2.5 điểm)
Đặc tính tần số của đối tượng:
1
G( jω) =
( jω + 1)3
Hàm mô tả khâu relay 3 vị trí:

4Vm
D2
40
1
1− 2 =
1− 2
πM
πM
M
M
Biên độ và tần số dao động nếu có là nghiệm của phương trình:
1 + N (M )G( jω) = 0
(1)
⎧arg(G( jω)) = −π
⎪
⇒
⎨ G( jω) = 1
(0.5 điểm)
(2)
⎪⎩
N (M )

N (M ) =

(1)

⇒

− 3 tan−1 (ω) = −π

⇒

ω= 3

(0.5 điểm)

Thay ω = 3 vào (2):
1

⇒
⇒
⇒
⇒

⎛⎜ 1 + ( 3) 2 ⎞⎟
⎝
⎠
N (M ) = 8

3

=

1
N (M )

40
1
1− 2 = 8
πM
M
2
2.533( M − 1) = M 4

M 4 − 2.533M 2 + 2.533 = 0 (3)

(0.5 điểm)

Phương trình (3) khơng có nghiệm thực do đó đường cong Nyquist G(jω) và đường đặc tính
− 1 / N ( M ) không cắt nhau
(0.5 điểm)
Kết luận: Hệ thống khơng có dao động

(0.5 điểm)

Bài 2: (2.0 điểm) Cho đối tượng điều khiển mơ tả bởi phương trình trạng thái:
y = x1
y& = x&1 = x2 (1 − x12 )

&y& = x&2 (1 − x12 ) − 2x2 x1 x&1
= (− x2 x1 + u)(1 − x12 ) − 2x22 x1 (1 − x12 )
= − x1 x2 (1 − x12 )(2x2 + 1) + (1 − x12 )u

144424443 123
a( x)
b( x)

(0.5 điểm)

a( x) = − x1 x2 (1 − x12 )(2x2 + 1)
b( x) = (1 − x12 )
Luật điều khiển hồi tiếp tuyến tính hóa:
2


1
[− a( x) + v(t )]
b( x)
Trong đó: v(t ) = &y&d (t ) + k1e&(t ) + k 2 e(t )
e(t ) = yd (t ) − y(t )
Phương trình đặc trưng của sai số:
s 2 + k1s + k 2 = 0
Phương trình đặc trưng mong muốn:
(s + 4) 2 = 0
u(t ) =

Suy ra:

(0.5 điểm)

s 2 + 8s + 16 = 0
⎧k1 = 8
⎨k = 16

⎩ 2

(0.5 điểm)

Baøi 3:
Hàm Hamilton:
H ( x, u , λ , t ) = x 2 (t ) + u 2 (t ) + λ (− x(t ) + 0.5u (t ))

(0.25 điểm)

Phương trình trạng thái:
x& (t ) = − x(t ) + 0.5u (t )

(1)

(0.25 điểm)

Phương trình đồng trạng thái:
∂H
λ& = −
∂x
&
λ = −2 x + λ
⇒

(2)

(0.25 điểm)

Điều kiện dừng:

∂H
=0
∂u
⇒
2u + 0.5λ = 0

(3)

(0.25 điểm)

Điều kiện biên:
x(0) = 1
x(1) = 0

(4)
(5)

(0.25 điểm)

(6)

(0.25 điểm)

Giải phương trình vi phân:
(3)

⇒

u=−

λ

4
Thay (6) vào (1), suy ra:
x& (t ) = − x(t ) −
⇒
⇒

λ = −8 x& − 8 x
λ& = −8&x& − 8 x&

λ
8
(7)
(8)

Thay (7) và (8) vào (2):
− 8 &x& − 8 x& = −2 x − 8 x& − 8 x
5
&x& − x = 0
⇒
4

(9)

3


Nghiệm tổng quát của phương trình (9) là:

x(t ) = C1e

5
t
2

+ C2 e

−

5
t
2

(0.5 điểm)

Thay điều kiện biên:
⎧⎪ x(0) = C1 + C2 = 1
5
5
⎨
−
⎪⎩ x(1) = C1e 2 + C2e 2 = 0
⎧C1 = −0.1197
⇒
⎨C = 1.1197
⎩ 2

⇒

5
t
2

x(t ) = −0.1197e

+ 1.1197e

−

5
t
2

(10)

(0.5 điểm)

(11)

(0.5 điểm)

Thay (10) vào (1):

⇒

Kết luận:

u = −0.5071e

5
t
2

u * (t ) = −0.5071e

− 0.2643e
5
t
2

x* (t ) = −0.1197e

5
t
2

5
t
2

5
t
2

− 0.2643e
+ 1.1197e

−

5
t
2

Baøi 4:
Ký hiệu:
J k* ( N kj ) : khoảng cách (chi phí) ngắn nhất từ nút Nkj đến nút B

d ( N kj , N k +1,i ) : khoảng cách (chi phí) từ nút Nkj đến nút Nk+1,i
Phương trình Bellman:
J k* ( N kj ) = min{d ( N kj , N k +1,i ) + J k*+1 ( N k +1,i )}
i

Giải phương trình Bellman từ bước 5 về bước 1:
Bước 5: J 5* ( N 51 ) = 0
Bước 4: J 4* ( N 41 ) = 3

J 4* ( N 42 ) = 1
J 4* ( N 43 ) = 3
J 4* ( N 44 ) = 1

(0.5 điểm)

Bước 3: (0.5 điểm)

N3 j

d ( N 3 j , N 4i ) + J 4* ( N 4i )

J 3* ( N 3 j )

Quyết
định đi
đến

N 41

N 42

N 43

N 44

N31

5

4

4

---

4

N 42 , N 43

N32

---

2

5

3

2

N 42

4


Bước 2: (0.5 điểm)
d ( N 2 j , N 3i ) + J 3* ( N 3i )

N2 j

J 2* ( N 2 j )

Quyết định
đi đến

N 31

N 32

N21

5

4

4

N 32

N22

7

3

3

N 22

N23

6

5

5

N 32

J1* ( N1 j )

Quyết định
đi đến

6

N21

Bước 1: (0.5 điểm)
d ( N1 j , N 2i ) + J 2* ( N 2i )

N1 j

N11

N21

N22

N23

6

7

8

Vậy đường đi ngắn nhất là: A≡N11→ N21→ N32→ N42→ N51≡ B (0.5 điểm)
Hàm chi phí cực tiểu: J=6

5